适用于老高考旧教材广西专版2023届高考物理二轮总复习第二部分专题二第7讲动量动量的综合应用课件

第7讲动量动量的综合应用专题二内容索引0102核心梳理•规律导引高频考点•探究突破03新题演练•能力迁移04怎样得高分核心梳理•规律导引【知识脉络梳理】

【规律方法导引】

1.知识规律(1)动量定理:Ft=Δp=p'-p。(2)动量守恒定律。①m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2',系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p'。②Δp1=-Δp2,相互作用的两个物体动量的增量等大反向。③Δp=0,系统总动量的增量为零。2.思想方法(1)物理思想:守恒思想、转化思想。(2)物理方法:守恒法、转化法。高频考点•探究突破命题热点一动量定理常以选择题或计算题形式考查动量定理的应用。例1右图为教室内吊扇,在炎热的夏日为我们提供清凉。某同学通过查阅资料发现该型号吊扇质量m=1kg,旋转直径D=1000mm,某挡位转速n=2000r/min时,能使空气得到v=2m/s的速度(初速度认为是零),已知空气密度ρ=1.29kg/m3,g=9.8m/s2,求风扇正常工作时,悬挂点对天花板的拉力。(结果保留三位有效数字)思维导引

答案:

5.75N,方向向下

解析:

设在Δt时间内通过风扇作用获得2

m/s速度的空气质量为Δm,则有

由牛顿第三定律可知,空气对风扇的作用力F'=F=4.05

N风扇受力平衡,天花板对风扇的拉力F拉=mg-F'=5.75

N由牛顿第三定律可知,风扇悬挂点对天花板的拉力大小为5.75

N,方向向下。规律方法

1.应用动量定理的注意事项(1)一般来说,能用牛顿第二定律解决的问题,也能用动量定理解决,如果题目不涉及加速度和位移,用动量定理求解更简捷。(2)动量定理既适用于恒力,也适用于变力。当为变力时,动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值。(3)动量定理的表达式是矢量式,运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向,公式中的F是物体或系统所受的合力。2.运用动量定理处理“流体模型”的冲击力问题在处理此类问题时,常常需要把流体作为研究对象,如水、空气等。隔离出一定形状的一部分流体作为研究对象,然后列式求解。基本思路:(1)在极短的时间Δt内,取一段小柱体作为研究对象。(2)求小柱体的体积ΔV=vSΔt。(3)求小柱体质量Δm=ρΔV=ρvSΔt。(4)求小柱体的动量变化Δp=vΔm=ρv2SΔt。(5)运用动量定理FΔt=Δp。拓展训练1(2021·广西河池九校联考)2020年2月2日,四川援鄂物资航班飞赴武汉,执飞任务的机长是“中国民航英雄机长”刘传健。他曾于2018年5月14日执行重庆飞拉萨任务时,在万米高空突遇前挡风玻璃破裂脱落的紧急关头,沉着冷静地率领机组人员奇迹般地安全迫降成都,挽救了近120名旅客及机组人员生命和国家财产安全。假设飞机挡风玻璃破裂时飞机的速度大小约为900km/h,空中风速不计,万米高空空气密度约为ρ=0.4kg/m3,机长的面部面积约为S=0.04m2,试估算机长面部受到的冲击力大小约为(

)A.106N B.105

N C.104N D.103

ND解析:

机长面部的面积约为S=0.04

m2,空气与机长的相对速度等于飞机的速度v=250

m/s,时间t内吹在面部的空气的质量为m,则m=ρSvt,根据动量定理得-Ft=0-mv=0-ρSv2t,解得机长面部受到的冲击力大小F=ρSv2=0.4×0.04×2502

N=1

000

N,故选项D正确,A、B、C错误。命题热点二动量守恒定律的应用常以选择题或计算题的形式考查动量守恒定律的应用。

例2(2021·广西北海期末)如图所示,一足够长倾角为α=37°的斜面固定在水平地面上,有一质量为m1=4kg的滑块M在斜面上的B点静止,滑块M与斜面的动摩擦因数处处相等且为μ=0.8。另一质量为m2=2kg的滑块N(下表面光滑)从离B点距离为d=

m且在B点上方的A点由静止下滑,之后两滑块发生碰撞(碰撞时间极短),若碰后分离且M的速率是N的2倍,碰后两者速度方向均沿斜面向下,已知重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,两滑块皆可看成质点。求:(不考虑多次碰撞)(1)碰前瞬间N的速度大小及碰后瞬间M的速度大小;(2)此次碰撞过程中损失的机械能。思维导引

答案:

(1)10m/s

4m/s

(2)64J解析:

(1)设N碰前的速度为v1,碰后的速度为v2,则M的速度为2v2,代入数据解得v1=10

m/sN与M碰撞时,由于碰撞时间极短,故系统动量守恒,规定沿斜面向下为正,m2v1=m2v2+m1·2v2代入数据解得v2=2

m/s故M的速率为4

m/s。规律方法

一般碰撞的三个制约关系一般碰撞介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间:动量守恒,机械能(或动能)有损失,遵循以下三个制约关系:(1)动量制约:碰撞过程中必须受到动量守恒定律的制约,总动量的方向恒定不变,即p1+p2=p1'+p2'。(2)动能制约:在碰撞过程中,碰撞双方的总动能不会增加,即Ek1+Ek2≥Ek1'+Ek2'。(3)运动制约:碰撞要受到运动的合理性要求的制约,如果碰前两物体同向运动,碰撞后原来在前面的物体速度必增大,且大于或等于原来在后面的物体的碰后速度。拓展训练2(2022·广西五市联考二模)如图所示,一辆质量m1=2.0kg的平板车,左端放有质量m2=4.0kg的滑块(可视为质点),滑块与平板车之间的动摩擦因数μ=0.1。开始时平板车和滑块共同以v1=2.0m/s的速度在光滑水平面上向右运动,并与竖直墙壁发生碰撞,设碰撞时间极短且碰撞后平板车速度大小保持不变,但方向与原来相反,平板车足够长,以致滑块不会滑到平板车右端后掉下,重力加速度g取10m/s2。求:(1)平板车第一次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离x1;(2)平板车第一次碰撞后再次与滑块共速时,平板车右端距墙壁的距离l;(3)从平板车第一次与墙壁碰撞后瞬间算起,平板车来来回回所走的总路程s。解析:

(1)平板车向左运动过程中始终受摩擦力的作用,有μm2g=m1a,解得a=2

m/s2解得x1=1

m。

(2)设滑块与平板车相对静止时,二者共同速度为v2,以水平向右为正方向,再次共速m2v2+m1(-v2)=(m2+m1)v3命题热点三动量和能量的综合应用常以计算题形式考查应用动量或能量关系分析问题。例3(2022·山东高考模拟)如图甲所示的康乐棋也称康乐球,是一种棋类游戏,游戏时双方用“球杆”通过击打母棋撞击其他棋子入洞,棋子顺利入洞者可连续击打,所有棋子打入洞内算一局,一局中打入的棋子最多的一方获胜。某康乐棋的母棋、棋子与棋桌之间的动摩擦因数均为μ=0.5,母棋的质量m0=50g,被击打的棋子质量均为m1=30g。如图乙所示,母棋、棋子A与1号洞在一条直线上,某玩家击打母棋,使其与棋子A碰撞后,棋子A恰好落入1号洞。已知母棋距离1号洞口d0=40cm,棋子A距离1号洞口d1=10cm。设它们之间的碰撞为弹性碰撞。棋子的大小可忽略不计,重力加速度g取10m/s2。(1)求母棋与棋子A碰撞后瞬间,棋子A获得的速度大小v。(2)为使棋子A恰好落入1号洞,玩家需击打母棋使其获得合适的速度。①求母棋撞击棋子A前瞬间的速度大小v0。②保持母棋初始位置不变,改变棋子A在虚线上的位置,玩家对母棋做的功也相应的需要改变,请你分析计算玩家对母棋做功的最小值。思维导引

答案:

(1)1m/s(2)①0.8m/s

②0.064J解析:

母棋的质量m0=50

g=0.05

kg,被击打的棋子质量均为m1=30

g=0.03

kg;d0=40

cm=0.4

m,d1=10

cm=0.1

m。(1)碰撞后棋子A做匀减速直线运动,达到1号洞时速度恰好为零,由动能定解得v=1

m/s。(2)①母棋与棋子A发生弹性碰撞,系统动量守恒,机械能守恒,取母棋碰前的速度方向为正方向,则有m0v0=m0v1+m1v代入数据解得v0=0.8

m/s。②设玩家对母棋做功为W,则母棋获得的初动能为W,棋子A到1号洞的距解得W=0.1-0.09x(J)当x=d0时,x最大,W最小,解得Wmin=(0.1-0.09×0.4)

J=0.064

J。规律方法

动量观点和能量观点的选取原则(1)动量观点①对于不涉及物体运动过程中的加速度,而涉及物体运动时间的问题,特别对于打击一类的问题,因时间短且冲击力随时间变化,应用动量定理求解,即Ft=mv-mv0。②对于碰撞、爆炸、反冲一类的问题,若只涉及初、末速度而不涉及力、时间,应用动量守恒定律求解。(2)能量观点①对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间的问题,无论是恒力做功还是变力做功,一般都利用动能定理求解。②如果物体系统只有重力和弹簧弹力做功而又不涉及运动过程中的加速度和时间问题,则采用机械能守恒定律求解。③对于相互作用的两物体,若明确两物体相对滑动的距离,应考虑选用能量守恒定律建立方程。拓展训练3(2021·福建福州第一中学高三模拟)如图所示,上表面光滑的L形木板B锁定在倾角为37°的足够长的斜面上。将一小物块A从木板B的中点轻轻地释放,同时解除木板B的锁定,此后A与B发生碰撞,碰撞过程时间极短且不计机械能损失。已知物块A的质量m=1kg,木板B的质量m0=4kg,板长L=6m,木板与斜面间的动摩擦因数为μ=0.6,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。(1)求第一次碰撞前的瞬间A的速率。(2)求第一次碰撞后的瞬间B的速率。(3)求在第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中,A距B下端的最大距离。答案:

(1)6m/s

(2)2.4m/s

(3)3m解析:

(1)对木板B受力分析,有μ(mA+mB)gcos

37°=mBgsin

37°所以在A与B发生碰撞前,木板B处于静止状态。设小物块A与木板B发(2)设A与B发生弹性碰撞后的速度分别为v1和v2,碰撞过程动量守恒和能量守恒,有mv0=mv1+m0v2联立方程,解得v1=-3.6

m/s,v2=2.4

m/s可见,A与B第一次碰撞后,A的速度大小为3.6

m/s,方向沿斜面向上,B的速率为2.4

m/s。(3)A与B第一次碰撞后,A沿板向上做匀减速运动,B沿斜面向下做匀速直线运动,在A与B第一次碰撞后到第二次碰撞前,当A与B速度相等之时,A与xB=v2t1联立方程,解得xm=3

m。命题热点四动量定理、动量守恒定律在电磁学中的综合应用常以选择题或计算题形式考查动量定理、动量守恒定律在电场、磁场、电磁感应中的应用。例4如图所示,两根平行的光滑金属导轨MN、PQ放在水平面上,左端向上弯曲,导轨间距为l,电阻不计。水平段导轨所处空间存在方向竖直向上的匀强磁场,磁感应强度为B。导体棒a与b的质量均为m,电阻值分别为Ra=R,Rb=2R。b棒放置在水平导轨上足够远处,a棒在弧形导轨上距水平面h高度处由静止释放。运动过程中导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直,重力加速度为g。(1)求a棒刚进入磁场时受到的安培力的大小和方向。(2)求最终稳定时两棒的速度大小。(3)从a棒开始下落到最终稳定的过程中,求b棒上产生的内能。思维导引

解析:

(1)设a棒刚进入磁场时的速度为v,从开始下落到进入磁场,根据机械能守恒定律有(2)设两棒最后稳定时的速度为v',从a棒开始进入磁场到两棒速度达到稳定,根据动量守恒定律有mv=2mv'规律方法

电磁感应中的导体棒问题要注意下列三点1.涉及单棒问题,一般考虑动量定理。2.涉及双棒问题,一般考虑动量守恒。3.导体棒的运动过程要注意电路的串并联及能量转化和守恒。拓展训练4如图所示,竖直平面MN与纸面垂直,MN右侧的空间存在着垂直纸面向内的匀强磁场和水平向左的匀强电场,MN左侧的水平面光滑,右侧的水平面粗糙。质量为m的物体A静止在MN左侧的水平面上,已知该物体带负电,电荷量的大小为q。一质量为

m的不带电的物体B以速度v0冲向物体A并发生弹性碰撞,碰撞前后物体A的电荷量保持不变。(1)求碰撞后物体A的速度大小vA。(2)若A与水平面的动摩擦因数为μ,重力加速度的大小为g,磁感应强度的大的距离为l时,速度增加到最大值。求:①此过程中物体A克服摩擦力所做的功W;②此过程所经历的时间t。解析:

(1)设A、B碰撞后的速度分别为vA、vB,由于A、B发生弹性碰撞,动量、动能均守恒,则有(2)①A的速度达到最大值vm时合力为零,受力如图所示。竖直方向合力为零,有FN=qvmB+mg④水平方向合力为零,有qE=μFN⑤新题演练•能力迁移1.(2021·广西南宁期末)中国高铁成为走出国门的“中国名片”。小宏同学评估高铁在运行时撞击飞鸟的安全问题,假设飞鸟的质量为0.25kg,列车的速度是300km/h,忽略小鸟的初速度,两者相撞的作用时间是0.01s,请你帮助小宏同学估算飞鸟对高铁的平均撞击力最接近于(

)A.2×103N B.2×104NC.2×105N D.2×106NA解析:

分析飞鸟的受力情况,忽略小鸟的初速度,末速度和高铁一样,v=300

km/h=83.3

m/s,设高铁的速度方向为正方向,由动量定理可得Ft=mΔv,解得F=

N=2×103

N,飞鸟对高铁的平均撞击力与高铁对飞鸟的撞击力大小相等、方向相反,故飞鸟对高铁的平均撞击力为2×103

N,故A正确,B、C、D错误。2.中国空间实验室的建设过程是,首先发射核心舱,核心舱入轨并完成相关技术验证后,再发射实验舱与核心舱对接,组合形成空间实验室。假设实验舱先在近地圆形过渡轨道上运行,某时刻实验舱短暂喷气,离开过渡轨道与运行在较高轨道上的核心舱安全对接。忽略空气阻力,以下说法正确的是(

)A.实验舱应当向前喷出气体B.喷气前后,实验舱与喷出气体的总动量不变C.喷气前后,实验舱与喷出气体的机械能不变D.实验舱在飞向核心舱过程中,机械能逐渐减小B解析:

由题意可知,实验舱喷气后轨道变大,做离心运动,实验舱在喷气过程速度变大,实验舱喷气过程系统动量守恒,喷气前后实验舱与喷出气体的总动量不变,喷出气体后实验舱速度变大,由动量守恒定律可知,应向后喷出气体,故A错误,B正确;喷气过程作用力对实验舱与气体均做正功,系统机械能增加,故C错误;忽略空气阻力,实验舱在飞向核心舱过程只有万有引力做功,实验舱的机械能守恒,故D错误。3.(2021·浙江高三三模)如图所示,质量为m'的滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动,质量为m的小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连,绳长为L。开始时,轻绳处于水平拉直状态,小球和滑块均静止。现将小球由静止释放,当小球到达最低点时,滑块刚好被一表面涂有黏性物质的固定挡板粘住,在极短的时间内速度减为零,小球继续向左摆动到绳与竖直方向的夹角为60°时达到最高点。滑块与小球均视为质点,空气阻力不计,重力加速度为g,则以下说法正确的是(

)A.绳的拉力对小球始终不做功B.滑块与小球的质量关系为m'=2mC4.(2020·天津卷)长为l的轻绳上端固定,下端系着质量为m1的小球A,处于静止状态。A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动,恰好能通过圆周轨迹的最高点。当A回到最低点时,质量为m2的小球B与之迎面正碰,碰后A、B粘在一起,仍做圆周运动,并能通过圆周轨迹的最高点。不计空气阻力,重力加速度为g。(1)求A受到的水平瞬时冲量I的大小。(2)碰撞前瞬间B的动能Ek至少多大?(2)设两球粘在一起时的速度大小为v',A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点,需满足v'=vA⑤要达到上述条件,碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同,以此方向为正方向,设碰前瞬间B的速度大小为vB,由动量守恒定律,有m2vB-m1vA=(m1+m2)v'⑥5.(2022·广东卷)某同学受自动雨伞开伞过程的启发,设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块,初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度v0=10m/s向上滑动时,受到滑杆的摩擦力Ff为1N,滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞,带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m=0.2kg,滑杆的质量m杆=0.6kg,A、B间的距离l=1.2m,重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力。求:(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中,桌面对滑杆支持力的大小FN1和FN2;(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v;(3)滑杆向上运动的最大高度h。答案:

(1)8N

5N

(2)8m/s

(3)0.2m解析:

(1)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的总重力,即FN1=(m+m杆)g=8

N滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1

N,根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1

N,方向竖直向上,则此时桌面对滑杆的支持力为FN2=m杆g-Ff=5

N。(2)滑块向上运动到碰前瞬间,根据动能定理有代入数据解得v=8

m/s。

(3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞,即碰后两者共速,碰撞过程根据动量守恒有mv=(m+m杆)v共碰后滑块和滑杆以速度v共整体向上做竖直上抛运动,根据动能定理有怎样得高分多研究对象、多过程碰撞问题【典例示范】如图所示,质量m0=3.5kg的小车M静止于光滑水平面上靠近桌子处,其上表面与水平桌面相平,小车长

l=1.2m,其左端放有一质量为0.5kg的滑块Q。水平放置的轻弹簧左端固定,质量为1kg的小物块P置于桌面上的A点并与弹簧的右端接触,此时弹簧处于原长。现用水平向左的推力将P缓慢推至B点(弹簧仍在弹性限度内),推力做的功为WF=6J,撤去推力后,P沿桌面滑到小车上并与Q相碰,最后Q停在小车的右端,P停在距小车左端s=0.5m处。已知A、B间距l1=5cm,A点离桌子边沿C点距离l2=